Bài tập cuối chương \(V\) trang \(123\) SGK Toán lớp \(11\) tập \(1\) Kết nối tri thức với cuộc sống. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:
\(A\) – TRẮC NGHIỆM.
Bài \(5.18\). Cho dãy số \((u_n)\) với \(u_n = \sqrt{n^2 + 1} \ – \ \sqrt{n}\). Mệnh đề đúng là:
\(A)\). \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = \ – \ \infty\).
\(B)\). \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = 1\).
\(C)\). \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = + \infty\).
\(D)\). \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = 0\).
Trả lời:
Ta có: \(\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = \lim \limits_{n \to +\infty} (\sqrt{n^2 + 1} \ – \ \sqrt{n})\)
\(= \lim \limits_{n \to +\infty} \left(\sqrt{n^2(1 + \frac{1}{n^2}}) \ – \ \sqrt{n}\right)\)
\(= \lim \limits_{n \to +\infty} \left[n\left(\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} \ – \ \frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right]\)
\(= \lim \limits_{n \to + \infty} n. \lim \limits_{n \to +\infty} \left(\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} \ – \ \frac{1}{\sqrt{n}}\right)\)
\(= +\infty. 1 = +\infty\)
Vậy \(\lim \limits_{n \to + \infty} u_n = +\infty\)
Chọn đáp án \(C\)
\(\)
Bài \(5.19\). Cho \(u_n = \displaystyle \frac{2 + 2^2 + … + 2^n}{2^n}\). Giới hạn của dãy số \((u_n)\) bằng
\(A\). \(1\).
\(B\). \(2\).
\(C\). \(3\).
\(D\). \(4\).
Trả lời:
Ta có: \(2 + 2^2 + 2^3 + … + 2^n\) là tổng của \(n\) số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu \(u_1 = 2\) và công bội \(q = 2\).
Do đó: \(2 + 2^2 + 2^3 + … + 2^n = \displaystyle \frac{u_1. (1 \ – \ q^n)}{1 \ – \ q}\)
\(= \displaystyle \frac{2. (1 \ – \ 2^n)}{1 \ – \ 2} = 2. (2^n \ – \ 1)\)
Suy ra \(u_n = \displaystyle \frac{2 + 2^2 + … + 2^n}{2^n} = \displaystyle \frac{2. (2^n \ – \ 1)}{2^n}\)
\(= 2 \ – \ \displaystyle \frac{1}{2^{n \ – \ 1}}\)
Vậy \(\lim \limits_{n \to + \infty} u_n = \lim \limits_{n \to + \infty} \left(2 \ – \ \displaystyle \frac{1}{2^{n \ – \ 1}}\right) = 2\).
Chọn đáp án \(B\).
\(\)
Bài \(5.20\). Cho cấp số nhân lùi vô hạn \((u_n)\) với \(u_n = \displaystyle \frac{2}{3^n}\). Tổng của cấp số nhân này bằng
\(A\). \(3\).
\(B\). \(2\).
\(C\). \(1\).
\(D\). \(6\).
Trả lời:
Ta có: \(u_1 = \displaystyle \frac{2}{3^1} = \displaystyle \frac{2}{3}\)
\(u_2 = \displaystyle \frac{2}{3^2} = \displaystyle \frac{2}{9}\)
Do đó cấp số nhân có công bội là: \(q = \displaystyle \frac{u_2}{u_1} = \displaystyle \frac{1}{3}\)
Khi đó, tổng của cấp số nhân lùi vô hạn đã cho là:
\(S = \displaystyle \frac{u_1}{1 \ – \ q} = \displaystyle \frac{\frac{2}{3}}{1 \ – \ \frac{1}{3}} = 1\).
Chọn đáp án \(C\).
\(\)
Bài \(5.21\). Cho hàm số \(f(x) = \sqrt{x + 1} \ – \ \sqrt{x + 2}\). Mệnh đề đúng là
\(A\). \(\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = \ – \ \infty\);
\(B\). \(\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\);
\(C\). \(\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = \ – \ 1\);
\(B\). \(\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = \ – \ \displaystyle \frac{1}{2}\).
Trả lời:
Ta có: \(\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim \limits_{x \to +\infty} (\sqrt{x + 1} \ – \ \sqrt{x + 2})\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{(x + 1) \ – \ (x + 2)}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x + 2}}\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{\ – \ 1}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x + 2}}\)
\(= 0\)
Chọn đáp án \(B\)
\(\)
Bài \(5.22\). Cho hàm số \(f(x) = \displaystyle \frac{x \ – \ x^2}{|x|}\). Khi đó \(\lim \limits_{x \to 0^+} f(x)\) bằng
\(A\). \(0\).
\(B\). \(1\).
\(C\). \(+ \infty\).
\(D\). \(\ – \ 1\).
Trả lời:
Ta có: \(f(x) = \displaystyle \frac{x \ – \ x^2}{|x|} = \begin{equation} \left \{\begin{array}{II} \displaystyle \frac{x \ – \ x^2}{x} \text{ nếu } x > 0\\ \displaystyle \frac{x \ – \ x^2}{\ – \ x} \text{ nếu } x < 0 \end{array} \right.\end{equation}\)
\(= \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} 1 \ – \ x \text{ nếu } x > 0\\ x \ – \ 1 \text{ nếu } x < 0 \end{array} \right.\end{equation}\)
Suy ra \(\lim \limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim \limits_{x \to 0^+} (1 \ – \ x ) = 1 \ – \ 0 = 1\)
Chọn đáp án \(B\)
\(\)
Bài \(5.23\). Cho hàm số \(f(x) = \displaystyle \frac{x + 1}{|x + 1|}\). Hàm số \(f(x)\) liên tục trên
\(A\). \((\ – \ \infty; + \infty)\).
\(B\). \((\ – \ \infty; \ – \ 1]\).
\(C\). \((\ – \ \infty; \ – \ 1) \cup (\ – \ 1; + \infty)\).
\(D\). \([\ – \ 1; + \infty)\).
Trả lời:
Ta có: \(f(x) = \displaystyle \frac{x + 1}{|x + 1|} = \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}\displaystyle \frac{x + 1}{x + 1} \text{ nếu } x + 1 > 0\\\displaystyle \frac{x + 1}{\ – \ (x + 1)} \text{ nếu } x + 1 < 0 \end{array} \right.\end{equation}\)
\(= \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} 1 \text{ nếu } x > \ – \ 1 \\ \ – \ 1 \text{ nếu } x < \ – \ 1 \end{array} \right.\end{equation}\)
Tập xác định của hàm số là \(D = (\ – \ \infty; \ – \ 1) \cup (\ – \ 1; + \infty)\).
Suy ra hàm số liên tục trên \((\ – \ \infty; \ – \ 1) \cup (\ – \ 1; + \infty)\)
\(\)
Bài \(5.24\). Cho hàm số \(f(x) = \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} \displaystyle \frac{x^2 + x \ – \ 2}{x \ – \ 1} \text{ nếu } x \neq 1\\ a \text{ nếu } x = 1 \end{array} \right.\end{equation}\). Hàm số \(f(x)\) liên tục tại \(x = 1\) khi
\(A\). \(a = 0\).
\(B\). \(a = 3\).
\(C\). \(a = 1\).
\(D\). \(a = \ – \ 1\).
Trả lời:
Ta có: \(\lim \limits_{x \to 1} f(x) = \displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^2 + x \ – \ 2}{x \ – \ 1}\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{(x \ – \ 1)(x + 2)}{x \ – \ 1} = \lim \limits_{x \to 1} (x + 2)\)
\(= 1 + 2 = 3\)
Lại có: \(f(1) = 3\)
Vậy để hàm số \(f(x)\) liên tục tại \(x = 1\) thì \(\lim \limits_{x \to 1} f(x) = f(1) \Leftrightarrow a = 3\)
\(\)
\(B\) – TỰ LUẬN
Bài \(5.25\). Cho dãy số \((u_n)\) có tính chất \(|u_n \ – \ 1| < \displaystyle \frac{2}{n}\). Có kết luận gì về giới hạn của dãy số này?
Trả lời:
Ta có: \(\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{2}{n} = 0\)
Lại có \(|u_n \ – \ 1| < \displaystyle \frac{2}{n}\) nên suy ra:
\(\lim \limits_{n \to +\infty} (u_n \ – \ 1) = 0\)
\(\Rightarrow \lim \limits_{n \to +\infty} u_n = 1\)
\(\)
Bài \(5.26\). Tìm giới hạn của các dãy số sau:
\(a)\) \(u_n = \displaystyle \frac{n^2}{3n^2 + 7n \ – \ 2}\);
\(b)\) \(v_n = \displaystyle \sum_{k = 0}^{n} \displaystyle \frac{3^k + 5^k}{6^k}\);
\(c)\) \(w_n = \displaystyle \frac{\sin{n}}{4n}\).
Trả lời:
\(a)\) Ta có:
\(\lim \limits_{n \to +\infty} u_n = \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{n^2}{3n^2 + 7n \ – \ 2}\)
\(= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2}{n^2\left(3 + \frac{7}{n} \ – \ \frac{2}{n^2}\right)}\)
\(= \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{3 + \frac{7}{n} \ – \ \frac{2}{n^2}} = \displaystyle \frac{1}{3}\)
\(b)\) Ta có: \(v_n = \displaystyle \sum_{k = 0}^{n} \displaystyle \frac {3^k + 5^k}{6^k}\)
\(= \displaystyle \frac{3^0 + 5^0}{6^0} + \displaystyle \frac{3^1 + 5^1}{6^1} + … + \displaystyle \frac{3^n + 5^n}{6^n}\)
\(= \displaystyle \frac{3^0}{6^0} + \displaystyle \frac{5^0}{6^0} + \displaystyle \frac{3^1}{6^1} + \displaystyle \frac{5^1}{6^1} + \displaystyle \frac{3^2}{6^2} + \displaystyle \frac{5^2}{6^2} + …+ \displaystyle \frac{3^n}{6^n} + \displaystyle \frac{5^n}{6^n}\)
\(= \left[\left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^0 + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^1 + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^2 + … + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n\right] +\)
\(\left[\left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^0 + \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^1 + \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^2 + … + \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^n\right]\)
Vì \(\left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^1 + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^2 + … + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n\) là tổng của \(n\) số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu \(\left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^1 = \displaystyle \frac{1}{2}\) và công bội là \(\displaystyle \frac{1}{2}\) nên ta có:
\(\left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^1 + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^2 + … + \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n \)
\(= \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^0 + \displaystyle \frac{\frac{1}{2}. \left(1 \ – \ \left(\frac{1}{2}\right)^n\right)}{1 \ – \ \frac{1}{2}}\)
\(= 1 + \left(1 \ – \ \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n\right) = 2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n\)
Tương tự ta được:\(\left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^0 + \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^1 + \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^2 + … + \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^n\)
\(= \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^0 + \displaystyle \frac{\frac{5}{6}. \left(1 \ – \ \left(\frac{5}{6}\right)^n\right)}{1 \ – \ \frac{5}{6}}\)
\(= 6 \ – \ 5. \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^n\)
Suy ra \(v_n = \displaystyle \sum_{k = 0}^{n} \displaystyle \frac{3^k + 5^k}{6^k} = 2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n + 6 \ – \ 5. \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^n\)
\(= 8 \ – \ \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n \ – \ 5. \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^n\).
Khi đó \(\lim \limits_{n \to +\infty} v_n = \lim \limits_{n \to +\infty} \left[8 \ – \ \left(\displaystyle \frac{1}{2}\right)^n \ – \ 5. \left(\displaystyle \frac{5}{6}\right)^n\right]\)
\(= 8\)
\(c)\) Ta có: \(|w_n| = |\displaystyle \frac{\sin{n}}{4n}| \leq \displaystyle \frac{1}{4n} < \displaystyle \frac{1}{n}\)
Lại có \(\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0\)
Suy ra \(\lim \limits_{n \to +\infty} w_n = \displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac{\sin{n}}{4n} = 0\)
\(\)
Bài \(5.27\). Viết các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dưới dạng phân số.
\(a)\) \(1,(01)\).
\(b)\) \(5,(132)\).
Trả lời:
\(a)\) Ta có: \(1,(01) = 1,010101… \)
\(= 1 + 0,01 + 0,0001 + 0,000001 + …\)
\(= 10^0 + 10^{\ – \ 2} + 10^{\ – \ 4} + ….\)
Đây là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \(u_1 = 10^0\) và công bội \(q = 10^{\ – \ 2}\) nên ta có:
\(1,(01) = \displaystyle \frac{u_1}{1 \ – \ q} = \displaystyle \frac{10^0}{1 \ – \ 10^{\ – \ 2}}\)
\(= \displaystyle \frac{100}{99}\)
\(b)\) \(5,(132) = 5,132132132….\)
\(5 + 0,132 + 0,000132 + 0,000000132 + …\)
\(= 5 + 0,132 + 0,132. 10^{\ – \ 3} + 0,132. 10^{\ – \ 6} + …\)
Vì \(0,132 + 0,132. 10^{\ – \ 3} + 0,132. 10^{\ – \ 6} + …\) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \(u_1 = 0,132\) và công bội \(q = 10^{\ – \ 3}\) nên ta có:
\(0,132 + 0,132. 10^{\ – \ 3} + 0,132. 10^{\ – \ 6} + … = \displaystyle \frac{u_1}{1 \ – \ q}\)
\(= \displaystyle \frac{0,132}{1 \ – \ 10^{\ – \ 3}} = \displaystyle \frac{44}{333}\)
Suy ra \(5,(132) = 5 + \displaystyle \frac{44}{333} = \displaystyle \frac{1709}{333}\)
\(\)
Bài \(5.28\). Tính các giới hạn sau:
\(a)\) \(\displaystyle \lim_{x \to 7} \frac{\sqrt{x + 2} \ – \ 3}{x \ – \ 7}\);
\(b)\) \(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^3 \ – \ 1}{x^2 \ – \ 1}\);
\(c)\) \(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{2x}{(1 \ – \ x)^2}\);
\(d)\) \(\displaystyle \lim_{x \to \ – \ \infty} \frac{x + 2}{\sqrt{4x^2 + 1}}\).
Trả lời:
\(a)\) \(\displaystyle \lim \limits_{x \to 7} \frac{\sqrt{x + 2} \ – \ 3}{x \ – \ 7}\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to 7} \frac{(\sqrt{x + 2} \ – \ 3)(\sqrt{x + 2} + 3)}{(x \ – \ 7)(\sqrt{x + 2} + 2)}\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to 7} \frac{x + 2 \ – \ 9}{(x \ – \ 7)(\sqrt{x + 2} + 3)} = \displaystyle \lim_{x \to 7} \frac{1}{\sqrt{x + 2} + 3}\)
\(= \displaystyle \frac{1}{\sqrt{7 + 2} + 3} = \displaystyle \frac{1}{6}\).
\(b)\) \(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^3 \ – \ 1}{x^2 \ – \ 1} = \displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{(x \ – \ 1)(x^2 + x + 1)}{(x \ – \ 1)(x + 1)}\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^2 + x + 1}{x + 1} = \displaystyle \frac{1^2 + 1 + 1}{1 + 1} = \displaystyle \frac{3}{2}\).
\(c)\) Ta có \(\lim \limits_{x \to 1} (2 \ – \ x) = 2 \ – \ 1 = 1 > 0\)
\(\lim \limits_{x \to 1} (1 \ – \ x)^2 = 0\) và \((1 \ – \ x)^2 > 0\) với mọi \(x \neq 1\)
Suy ra \(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{2 \ – \ x}{(1 \ – \ x)^2} = +\infty\)
\(d)\) \(\displaystyle \lim_{x \to \ – \ \infty} \frac{x + 2}{\sqrt{4x^2 + 1}} = \displaystyle \lim_{x \to \ – \ \infty} \frac{x\left(1 + \frac{2}{x}\right)}{\ – \ x \sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}}\)
\(= \displaystyle \lim_{x \to \ – \ \infty} \frac{\ – \ \left(1 + \frac{2}{x}\right)}{\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}}\)
\(= \displaystyle \frac{\ – \ 1}{\sqrt{4}} = \displaystyle \frac{\ – \ 1}{2}\)
\(\)
Bài \(5.29\). Tính các giới hạn một bên:
\(a)\) \(\displaystyle \lim_{x \to 3^+} \frac{x^2 \ – \ 9}{|x \ – \ 3|}\);
\(b)\) \(\displaystyle \lim_{x \to 1^-} \frac{x}{\sqrt{1 \ – \ x}}\).
Trả lời:
\(a)\) Với \(x > 3\) thì \(x \ – \ 3 > 0\) nên \(|x \ – \ 3| = x \ – \ 3\)
Khi đó ta có:
\(\displaystyle \lim_{x \to 3^+} \frac{x^2 \ – \ 9}{|x \ – \ 3|} = \displaystyle \lim_{x \to 3^+} \frac{(x \ – \ 3)(x + 3)}{x \ – \ 3}\)
\(= \lim \limits_{x \to 3^+} (x + 3) = 3 + 3 = 6\)
\(b)\) Ta có: \(\lim \limits_{x \to 1^-} x = 1\) và \(\lim \limits_{x \to 1^-} \sqrt{1 \ – \ x} = 0\)
Với mọi \(x < 1\) thì \(\sqrt{1 \ – \ x} > 0\)
Vậy \(\displaystyle \lim_{x \to 1^-} \frac{x}{\sqrt{1 \ – \ x}} = +\infty\)
\(\)
Bài \(5.30\). Chứng minh rằng giới hạn \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x}\) không tồn tại.
Trả lời:
Với \(x > 0\) thì \(|x| = x\) nên ta có:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{|x|}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0^+} 1 = 1\)
Với \(x < 0\) thì \(|x| = \ – \ x\) nên ta có:
\(\displaystyle \lim_{x \to 0^-} \frac{|x|}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0^-} \frac{\ – \ x}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0^-} (\ – \ 1) = \ – \ 1\)
Ta thấy \(\displaystyle \lim_{x \to 1^+} \frac{|x|}{x} \neq \displaystyle \lim_{x \to 1^-} \frac{|x|}{x}\) nên không tồn tại giới hạn \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x}\)
\(\)
Bài \(5.31\). Giải thích tại sao các hàm số sau đây gián đoạn tại điểm đã cho.
\(a)\) \(f(x) = \begin{equation} \left\{ \begin{array}{II}\displaystyle \frac{1}{x} \text{ nếu } x \neq 0\\1 \text{ nếu } x = 0 \end{array} \right.\end{equation}\) tại điểm \(x = 0\).
\(b)\) \(g(x) = \begin{equation} \left \{\begin{array}{II}1 + x \text{ nếu } x < 1\\2 \ – \ x \text{ nếu } x \geq 1 \end{array} \right.\end{equation}\) tại điểm \(x = 1\).
Trả lời:
\(a)\) Với \(x \neq 0\) thì \(f(x) = \displaystyle \frac{1}{x}\)
Ta có: \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = + \infty\)
\(\displaystyle \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = \ – \ \infty\)
Do \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \neq \displaystyle \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x}\) nên không tồn tại \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{1}{x}\)
Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại \(x = 0\).
\(b)\) Ta có:
\(\lim \limits_{x \to 1^+} f(x) = \lim \limits_{x \to 1^+} (2 \ – \ x) = 2 \ – \ 1 = 1\)
\(\lim \limits_{x \to 1^-} f(x) = \lim \limits_{x \to 1^-} (1 + x) = 1 + 1 = 2\)
Do \(\lim \limits_{x \to 1^+} f(x) \neq \lim \limits_{x \to 1^-} f(x)\) nên không tồn tại \(\lim \limits_{x \to 1} f(x)\).
Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại \(x = 1\).
\(\)
Bài \(5.32\). Lực hấp dẫn tác dụng lên một đơn vị khối lượng ở khoảng cách \(r\) tính từ tâm Trái Đất là
\(F(r) = \begin{equation} \left \{\begin{array}{II}\displaystyle \frac{GMr}{R^3} \text{ nếu } r < R\\ \displaystyle \frac{GM}{r^2} \text{ nếu } r \geq R \end{array} \right.\end{equation}\),
trong đó \(M\) và \(R\) lần lượt là khối lượng và bán kính của Trái Đất, \(G\) là hằng số hấp dẫn. Xét tính liên tục của hàm số \(F(r)\).
Trả lời:
Vì \(r\) là khoảng cách tính từ tâm Trái Đất nên \(r > 0\)
Theo bài ra \(G, M, R\) đều khác \(0\).
Ta có tập xác định của hàm số \(F(r)\) là \((0; +\infty)\)
\(+)\) Với \(r < R\) ta có:
\(F(r) = \displaystyle \frac{GMr}{R^3}\) là hàm đa thức nên hàm số liên tục trên \((0; R)\).
\(+)\) Với \(r > R\) ta có:
\(F(r) = \displaystyle \frac{GM}{r^2}\) là hàm phân thức nên nó liên tục trên \((R; +\infty)\).
\(+)\) Với \(r = R\) ta có:
\(F(R) = \displaystyle \frac{GM}{R^2}\).
\(\lim \limits_{x \to R^+} F(r) = \displaystyle \lim_{x \to R^+} \frac{GM}{r^2} = \displaystyle \frac{GM}{R^2}\)
\(\lim \limits_{r \to R^-} F(r) = \displaystyle \lim_{x \to R^-} \frac{GMr}{R^3} = \displaystyle \frac{GMR}{R^3} = \displaystyle \frac{GM}{R^2}\)
Nhận thấy \(\lim \limits_{r \to R^+} F(r) = \lim \limits_{r \to R^-} F(r) = \displaystyle \frac{GM}{R^2}\)
Suy ra \(\lim \limits_{r \to R} F(r) = F(R) = \displaystyle \frac{GM}{R^2}\) hay hàm số \(F(r)\) liên tục tại \(r = R\)
Vậy hàm số \(F(r)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)
\(\)
Bài \(5.33\). Tìm tập xác định của các hàm số sau và giải thích tại sao các hàm này liên tục trên các khoảng xác định của chúng.
\(a)\) \(f(x) = \displaystyle \frac{\cos{x}}{x^2 + 5x + 6}\).
\(b)\) \(g(x) = \displaystyle \frac{x \ – \ 2}{\sin{x}}\).
Trả lời:
\(a)\) Biểu thức \(\displaystyle \frac{\cos{x}}{x^2 + 5x + 6}\) có nghĩa khi và chỉ khi \(x^2 + 5x + 6 \neq 0\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x \neq \ – \ 2 \\x \neq \ – \ 3 \end{array} \right.\end{equation}\)
Do đó, tập xác định của hàm số là \(D = (\ – \ \infty; \ – \ 3) \cup (\ – \ 3; \ – \ 2) \cup (\ – \ 2; + \infty)\).
Suy ra hàm số \(f(x)\) xác định trên các khoảng \((\ – \ \infty; \ – \ 3), (\ – \ 3; \ – \ 2)\) và \((\ – \ 2; +\infty)\)
Trên các khoảng này, tử thức là hàm lượng giác và mẫu thức là hàm đa thức nên các hàm số là hàm số liên tục.
Vậy hàm số \(f(x) = \displaystyle \frac{\cos{x}}{x^2 + 5x + 6}\) liên tục trên các khoảng xác định tửcủa chúng.
\(b)\) Biểu thức \(\displaystyle \frac{x \ – \ 2}{\sin{x}}\) có nghĩa khi và chỉ khi \(\sin{x} \neq 0\).
\(\Leftrightarrow x \neq k\pi, k \in \mathbb{Z}\)
Do đó tập xác định của hàm số \(g(x)\) là \(\mathbb{R} \setminus \{k\pi|k \in \mathbb{Z}\}\)
Trên các khoảng xác định của hàm số \(g(x)\) thì tử thức là hàm đa giác và mẫu thức là hàm lượng giác là các hàm số liên tục.
Vậy hàm số \(g(x) = \displaystyle \frac{x \ – \ 2}{\sin{x}}\) là hàm số liên tục trên các khoảng xác định của chúng.
\(\)
Bài \(5.34\). Tìm các giá trị của \(a\) để hàm số \(f(x) = \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} x + 1 \text{ nếu } x \leq a\\x^2 \text{ nếu } x > a \end{array} \right.\end{equation}\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).
Trả lời:
Ta có: \(f(x) = \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} x + 1 \text{ nếu } x \leq a\\x^2 \text{ nếu } x > a \end{array} \right.\end{equation}\) nên \(f(x)\) có tập xác định \(\mathbb{R}\)
Với \(x < a\) thì \(f(x) = x + 1\) là hàm đa thức nên \(f(x)\) liên tục trên \((\ – \ \infty; a)\).
Với \(x > a\) thì \(f(x) = x^2\) là hàm đa thức nên \(f(x)\) liên tục trên \((a; +\infty)\).
Khi \(x = a\) thì \(f(a) = a + 1\)
Xét \(\lim \limits_{x \to a^+} f(x) = \lim \limits_{x \to a^+} x^2 = a^2\)
Xét \(\lim \limits_{x \to a^-} f(x) = \lim \limits_{x \to a^-} (x + 1) = a + 1\)
Để hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì \(f(x)\) phải liên tục tại \(x = a\).
\(\Leftrightarrow \lim \limits_{x \to a^+} f(x) = \lim \limits_{x \to 1^-} f(x) = f(a)\)
\(\Leftrightarrow a + 1 = a^2\)
\(\Leftrightarrow a^2 \ – \ a \ – \ 1 = 0\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left[\begin{array}{II}a = \displaystyle \frac{1 \ – \ \sqrt{5}}{2}\\x = \displaystyle \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \end{array} \right.\end{equation}\).
Vậy \(a \in \left\{\displaystyle \frac{1 \ – \ \sqrt{5}}{2}; \displaystyle \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài ra.
Bài tập cuối chương V Bài tập cuối chương V Bài tập cuối chương V Bài tập cuối chương V Bài tập cuối chương V
Xem bài giải trước: Bài 17 – Hàm số liên tục
Xem bài giải tiếp theo: Bài 18 – Luỹ thừa với số mũ thực
Xem các bài giải khác: Giải bài tập SGK Toán Lớp 11 Kết nối tri thức với cuộc sống
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
Hạnh phúc đạt được khi bạn ngừng chờ đợi điều đó xảy ra và thực hiện các bước để biến nó thành hiện thực.